高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测12《排列组合与二项式定理》小题练（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测12《排列组合与二项式定理》小题练（教师版），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有( )
A．36个 B．24个
C．18个 D．6个
解析：选B 各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数，所以符合条件的三位数有Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)＝6＋18＝24(个)．
2．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式中x3项的系数为( )
A．80 B．－80
C．－40 D．48
解析：选B ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x)5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝(－1)r25－rCeq \\al(r,5)x5－2r，
令5－2r＝3，解得r＝1.于是展开式中x3项的系数为(－1)×25－1·Ceq \\al(1,5)＝－80，故选B.
3．从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，使得其中至少有两个数相邻，则不同的选法种数是( )
A．72 B．70
C．66 D．64
解析：选D 从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，恰好有两个数相邻，共有Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,7)＋Ceq \\al(1,7)·Ceq \\al(1,6)＝56种选法，三个数相邻共有Ceq \\al(1,8)＝8种选法，故至少有两个数相邻共有56＋8＝64种选法，故选D.
4．(x2－3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋1))5的展开式的常数项是( )
A．－2 B．2
C．－3 D．3
解析：选B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋1))5的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))5－r＝Ceq \\al(r,5)x2r－10，令2r－10＝－2或0，解得r＝4,5，∴展开式的常数项是Ceq \\al(4,5)＋(－3)×Ceq \\al(5,5)＝2.
5．若(1－3x)2 018＝a0＋a1x＋…＋a2 018x2 018，x∈R，则a1·3＋a2·32＋…＋a2 018·32 018的值为( )
A．22 018－1 B．82 018－1
C．22 018 D．82 018
解析：选B 由已知，令x＝0，得a0＝1，令x＝3，得a0＋a1·3＋a2·32＋…＋a2 018·32 018＝(1－9)2 018＝82 018，所以a1·3＋a2·32＋…＋a2 018·32 018＝82 018－a0＝82 018－1，故选B.
6．现有5本相同的《数学家的眼光》和3本相同的《数学的神韵》，要将它们排在同一层书架上，并且3本相同的《数学的神韵》不能放在一起，则不同的放法种数为( )
A．20 B．120
C．2 400 D．14 400
解析：选A 根据题意，可分两步：
第一步，先放5本相同的《数学家的眼光》，有1种情况；
第二步，5本相同的《数学家的眼光》排好后，有6个空位，在6个空位中任选3个，把3本相同的《数学的神韵》插入，有Ceq \\al(3,6)＝20种情况．
故不同的放法有20种，故选A.
7．已知(1＋x)n的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )
A．29 B．210
C．211 D．212
解析：选A 由题意得Ceq \\al(4,n)＝Ceq \\al(6,n)，由组合数性质得n＝10，则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29，故选A.
8．旅游体验师小明受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则小明可选的旅游路线数为( )
A．24 B．18
C．16 D．10
解析：选D 分两种情况，第一种：最后体验甲景区，则有Aeq \\al(3,3)种可选的路线；第二种：不在最后体验甲景区，则有Ceq \\al(1,2)·Aeq \\al(2,2)种可选的路线．所以小明可选的旅游路线数为Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,2)·Aeq \\al(2,2)＝10.选D.
9.现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的着色方法的种数是( )
A．120 B．140
C．240 D．260
解析：选D 由题意，先涂A处，有5种涂法，再涂B处有4种涂法，第三步涂C，若C与A所涂颜色相同，则C有1种涂法，D有4种涂法，若C与A所涂颜色不同，则C有3种涂法，D有3种涂法，由此得不同的着色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)，故选D.
10．若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))n的展开式的二项式系数之和为8，则该展开式每一项的系数之和为( )
A．－1 B．1
C．27 D．－27
解析：选A 依题意得2n＝8，解得n＝3.取x＝1得，该二项展开式每一项的系数之和为(1－2)3＝－1，故选A.
11．某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理 、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( )
A．6 B．12
C．18 D．19
解析：选D 法一：在物理、政治、历史中选一科的选法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,3)＝9(种)；在物理、政治、历史中选两科的选法有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,3)＝9(种)；物理、政治、历史三科都选的选法有1种．所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19(种)，故选D.
法二：从六科中选考三科的选法有Ceq \\al(3,6)种，其中包括了没选物理、政治、历史中任意一科，这种选法有1种，因此学生甲的选考方法共有Ceq \\al(3,6)－1＝19(种)，故选D.
12．某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元，1个8元，1个10元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( )
A．18种 B．24种
C．36种 D．48种
解析：选C 若甲、乙抢的是一个6元和一个8元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)＝12(种)；
若甲、乙抢的是一个6元和一个10元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)＝12(种)；
若甲、乙抢的是一个8元和一个10元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(2,3)＝6(种)；若甲、乙抢的是两个6元，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq \\al(2,3)＝6(种)，根据分类加法计数原理可得，共有12＋12＋6＋6＝36(种)．故选C.
二、填空题
13．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))9的展开式中x3的系数为－84，则展开式的各项系数之和为________．
解析：二项展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,9)x9－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)))r＝arCeq \\al(r,9)x9－2r，令9－2r＝3，得r＝3，所以a3Ceq \\al(3,9)＝－84，所以a＝－1，所以二项式为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))9，令x＝1，则(1－1)9＝0，
所以展开式的各项系数之和为0.
答案：0
14．在(1－x3)(2＋x)6的展开式中，x5的系数是________(用数字作答)．
解析：二项展开式中，含x5的项是Ceq \\al(5,6)2x5－x3Ceq \\al(2,6)24x2＝－228x5，所以x5的系数是－228.
答案：－228
15．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－1))4的展开式中，常数项为________．
解析：易知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－1))4＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))))4的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)(－1)4－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))r.又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))r的展开式的通项Rm＋1＝Ceq \\al(m,r)xr－m(－x－1)m＝Ceq \\al(m,r)(－1)mxr－2m，∴Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)(－1)4－r·Ceq \\al(m,r)·(－1)mxr－2m，令r－2m＝0，得r＝2m，∵0≤r≤4，∴0≤m≤2，∴当m＝0,1,2时，r＝0,2,4，故常数项为T1＋T3＋T5＝Ceq \\al(0,4)(－1)4＋Ceq \\al(2,4)(－1)2·Ceq \\al(1,2)(－1)1＋Ceq \\al(4,4)(－1)0·Ceq \\al(2,4)(－1)2＝－5.
答案：－5
16．某校有4个社团向高一学生招收新成员，现有3名同学，每人只选报1个社团，恰有2个社团没有同学选报的报法有________种(用数字作答)．
解析：法一：第一步，选2名同学报名某个社团，有Ceq \\al(2,3)·Ceq \\al(1,4)＝12种报法；第二步，从剩余的3个社团里选一个社团安排另一名同学，有Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(1,1)＝3种报法．由分步乘法计数原理得共有12×3＝36种报法．
法二：第一步，将3名同学分成两组，一组1人，一组2人，共Ceq \\al(2,3)种方法；第二步，从4个社团里选取2个社团让两组同学分别报名，共Aeq \\al(2,4)种方法．由分步乘法计数原理得共有Ceq \\al(2,3)·Aeq \\al(2,4)＝36种报法．
答案：36
B级——难度小题强化练
1．某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起．则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有( )
A．120种 B．156种
C．188种 D．240种
解析：选A 法一：记演出顺序为1～6号，对丙、丁的排序进行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和4号，4和5号，5和6号，其排法分别为Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，故总编排方案有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝120(种)．
法二：记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类，①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则有Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝48(种)；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝36(种)；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝36(种)．所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)．
3．定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )
A．18个 B．16个
C．14个 D．12个
解析：选C 由题意知：当m＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a1＝0，a8＝1.不考虑限制条件“对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有Ceq \\al(3,6)＝20(种)，其中存在k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数少于1的个数的情况有：①若a2＝a3＝1，则有Ceq \\al(1,4)＝4(种)；②若 a2＝1，a3＝0，则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3＝a4＝a5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．故共有14个．故选C.
4．某公司有五个不同部门，现有4名在校大学生来该公司实习，要求安排到该公司的两个部门，且每个部门安排两人，则不同的安排方案种数为( )
A．60 B．40
C．120 D．240
解析：选A 由题意得，先将4名大学生平均分为两组，共有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))＝3(种)不同的分法，再将两组安排在其中的两个部门，共有3×Aeq \\al(2,5)＝60(种)不同的安排方法．故选A.
5．由数字2,0,1,9组成没有重复数字的四位偶数的个数为________．
解析：根据所组成的没有重复数字的四位偶数的个位是否为0进行分类计数：第一类，个位是0时，满足题意的四位偶数的个数为Aeq \\al(3,3)＝6；第二类，个位是2时，满足题意的四位偶数的个数为Ceq \\al(1,2)·Aeq \\al(2,2)＝4.由分类加法计数原理得，满足题意的四位偶数的个数为6＋4＝10.
答案：10
6．已知(1＋ax＋by)5(a，b为常数，a∈N*，b∈N*)的展开式中不含字母x的项的系数和为243，则函数f(x)＝eq \f(sin 2x＋b,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的最小值为________．
解析：令x＝0，y＝1，得(1＋b)5＝243，解得b＝2.
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，
则sin x＋cs x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))∈[1，eq \r(2)]，
所以f(x)＝eq \f(sin 2x＋b,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))))＝eq \f(sin 2x＋2,sin x＋cs x)＝eq \f(2sin x·cs x＋2,sin x＋cs x)
＝sin x＋cs x＋eq \f(1,sin x＋cs x)≥2eq \r(sin x＋cs x·\f(1,sin x＋cs x))＝2，
当且仅当sin x＋cs x＝1时取“＝”，所以f(x)的最小值为2.
答案：2